四川省成都市石室中学2024-2025学年高三下学期二诊模拟考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省成都市石室中学2024-2025学年高三下学期二诊模拟考试数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁， 已知正项等差数列满足，则等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题，共58分）
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，所以.
故选：A.
2. 已知平面向量且，两个非零向量，若，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. 1或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量垂直结合向量的数量积计算求解即可.
【详解】由，且均不为零向量，得，
又因为平面向量且，
所以，
所以，整理得，
解得或.
故选:C.
3. 的展开式中系数最大的项为（ ）
A. 第3项B. 第4项C. 第5项D. 第6项
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式系数的对称性可直接判断结果.
【详解】易知的展开式的各项系数分别为，
由二项式系数的对称性可知系数最大的项为第四项.
故选：B.
4. 已知，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数模长公式计算可得，再利用共轭复数定义及其几何意义可求得结果.
【详解】设，则，解得，
则，
则在复平面内所对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
5. 已知正项等差数列满足，则（ ）
A. 4050B. 2025C. 4048D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列性质及前项和公式变形给定等式得，再构造常数列求出目标值.
【详解】等差数列中，，
则，即，因此，
数列常数列，则，即，所以.
故选：B
6. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围.
【详解】设，则，.
因为，所以，
即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆.
又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，
即，解得.
故选：B.
7. 已知函数若方程在上恰有4个不同实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出方程的根，然后结合根的个数列不等式求解即可.
【详解】因为函数
所以当时，方程可化为，解得，
则当时，
当时，方程可化为，
解得，
则当时，
因为方程在上恰有4个不同实根，
所以这4个不同实根为，则.
故选：A
8. 直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的10个半径为的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意利用正四面体的性质得出棱长与高之间的关系，再由10个球在正四面体盒子内部摆放规则以及内切关系，利用三角形相似即可求得的最大值.
如图所示，
因为正四面体的高等于其棱长的倍，所以其高为.
10个半径为的小球放进棱长为的正四面体中，成三棱锥形状，有3层，
则从上到下每层的小球个数依次为个，
当取最大值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，
底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，
位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体，
则该正四面体的棱长为，
可得正四面体的高.
连接并延长交于点，连接，过点作于点，
易知，所以，
所以，
所以正四面体的高，
解得，所以的最大值为2.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正四面体性质以及球体的“三角垛”摆放位置，再由相似比例即可得出结论.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（ ）
A. 直线与平行
B. 四面体的体积为定值
C. 点到平面的距离为
D. 异面直线与所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】连接，则为的中点，为的中点，即可判断A；证明平面，再根据棱锥的体积公式即可判断B；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断CD.
【详解】对于A选项，连接，
因为是侧面的中心，是底面的中心，
则为的中点，为的中点，
所以在中，为的中位线，即，A正确；
对于B选项，因为，平面平面，
所以平面，
又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值，
又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；
对于C选项，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，得，则，
所以点到平面的距离，C正确；
对于D选项，，,
则，
故异面直线与所成的角不为，D错误.
故选：ABC.
10. 泊松分布是一种离散型概率分布，常用于描述单位时间（或空间）内随机事件发生的次数，其概率分布列为，其中为自然对数的底数，是泊松分布的均值.当二项分布的很大而很小时，泊松分布可作为二项分布的近似，且取二项分布的期望.假设每个大肠杆菌基因组含有10000个核苷酸对，采用紫外线照射大肠杆菌时，每个核苷酸对产生嘧啶二体的概率均为0.0005，设大肠杆菌的基因组产生的嘧啶二体个数为表示经该种紫外线照射后产生个嘧啶二体的概率.已知近似服从泊松分布，当产生的嘧啶二体个数不小于1时，大肠杆菌就会死亡，则下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 大肠杆菌经该种紫外线照射后，存活的概率为
D. 经该种紫外线照射后产生10个嘧啶二体的概率最大
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：利用二项分布的期望公式即可求得；对于B：利用对立事件的概率即可求得结果；
对于C：将代入公式即可；对于D：利用作差法即可求出概率最大值时的k值
【详解】对于A，因为，所以此时泊松分布满足二项分布的近似的条件，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，
，
当时，，当时，；
当时，；故当或5时取最大值，D错误.
故选:AC.
11. 数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于两点，与轴交于两点，是上一个动点，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 曲线恰好经过3个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C. 面积的最大值为1
D. 满足的点有且只有2个
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别令和，即可分别求解AB，根据，即可求解纵坐标的最大值，即可求解C，根据椭圆方程以及曲线方程，联立即可求解D.
【详解】对于A，由，令，得，解得，所以，所以.令，得，解得，所以，所以，所以，A正确；
对于B，由，令，得，所以直线与曲线交于点，直线与曲线交于点，所以曲线经过点B错误；
对于C，由，看作是关于的方程，故，可得，
令，得，所以，即，所以，所以直线与曲线交于点，结合图象可得点的纵坐标的绝对值的最大值为，所以面积的最大值为，C正确；
对于D，坐标平面内到定点的距离和为的点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆，如图设椭圆方程为.
由题意，得.又，所以，
所以椭圆方程为.
联立得，
所以所以，所以，
故椭圆与曲线的交点为.
故点有且只有2个，D正确.
故选:ACD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
第II卷（非选择题，共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 请写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式__________.①；②至少有两个零点；③有最小值.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由条件①得到函数有对称轴，列出可能得函数再分别取验证条件②和条件③即可，答案不唯一.
【详解】取，其对称轴为，满足①.
令，解得或2，满足②至少有两个零点.
，当时，，满足③有最小值.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有__________种.
【答案】88
【解析】
【分析】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况，由排列组合以及分类加法计数原理即可求解.
【详解】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况：
①甲，乙有且只有1人在主会场，需要在除甲，乙外的四人中选两人去主会场，
剩下的三人去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案；
②甲，乙都不在主会场，从甲，乙外的四人中选三人去主会场，
再将甲，乙安排去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场，
剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案.
根据分类加法计数原理，共有（种）不同的安排方案.
故答案为：88.
14. 已知函数且与函数且有两个不同交点，则的取值范围是__________.（其中为自然对数的底数）
【答案】
【解析】
【分析】分析函数与的交点情况，转化为方程根的问题，再利用函数的单调性和反函数图象的对称性进一步转化，最后通过研究新函数的单调性来确定参数的取值范围.
【详解】因为函数fx=ax−lgax(a>0且与函数gx=lnlgax−xlna(a>0且，
所以，所以当时，定义域为，当时，定义域为.
又因为与有两个不同交点，所以方程有两个根.
令hx=x+lnx,h′x=1+1x>0，所以在上是增函数.
由，得有两个根.
因与互为反函数，图象关于对称，所以与有两个交点，
故有两个根，整理得，即与有两个交点，求导得到.
①当时，定义域为，可得在上单调递增，在上单调递减，
所以，故的取值范围是；
②当时，定义域为，同理可得在上单调递增，
所以与只有一个交点，不满足题意.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，四棱锥中，底面是正方形，是的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意即可得，由余弦定理即可得，得，即，由，得即，证平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则sinθ=cs=CD⋅nCDn即可求解.
【小问1详解】
因为四边形为正方形，为的中点，，所以.
在中，，
由余弦定理可得.
，所以.
因为，所以，所以.
又因为平面，所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1），得两两垂直，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
于是，
，.
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得.
设直线与平面所成的角为，
则sinθ=cs=CD⋅nCDn=432×12+3+16=29331，
故直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知的内角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式可直接求出；
（2）利用正弦定理和余弦定理计算可得，即可求得结果.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
可得，所以.
又因为，所以，即，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，.
因为，
所以，即.
由正弦定理可得.
由余弦定理可得，即，
整理得，而，
所以.
17. 已知函数，若只有唯一的极值且为极小值3.
（1）求；
（2）设，若不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出函数的导数，讨论单调性，得到极值，再根据极值的性质确定的值；
（2）先求出表达式，构造函数和φn=nenn>0，借助导数求最值，再根据不等式恒成立求出的最大值.
【小问1详解】
的定义域为.
①当时，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
这时只有唯一的极值且为极小值，即.
②当时，令，得或.
（i）当时，，
当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，这时的极值不唯一.
（ii）当时，对恒成立，所以在上单调递增，这时无极值.
（iii）当时，，当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，这时的极值不唯一.
综上所述，.
【小问2详解】
因为，所以，所以.
设，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，所以，所以.
设φn=nenn>0，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以.
18. 已知双曲线过点，渐近线方程为.
（1）求的方程；
（2）已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点.
（i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率；
（ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上。
【小问1详解】
由题意，得，则①，
将点代入双曲线方程，得②，
联立①②解得故的方程为.
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在.
设直线的方程为，与联立得.
设，由题意，得3-k2≠0,Δ=127-4k>0,x1+x2=2k2-4kk2-3>0,x1x2=k2-4k+7k2-3>0,解得
（i）解：因为为中点，所以.
由，得
又，解得，所以直线的斜率为.
（ii）证明：设直线的方程为，令，得.
同理可得，.
因为为中点，所以，即.
又因为点都在直线上，
所以，
整理，得，
代入韦达定理，得，所以.
因为，所以点恒在定直线上.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
参数法：参数解决定点问题的思路：
①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
19. 北湖生态公园有两条散步路线，分别记为路线和路线.公园附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线的居民第二天选择路线和路线的概率均为；前一天选择路线的居民第二天选择路线和路线的概率分别为和.已知居民第一天选择路线的概率为，选择路线的概率为.
（1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线散步的人数为，求的分布列及期望；
（2）若某居民每天都去公园散步，记第天选择路线的概率为.
（i）请写出与的递推关系；
（ii）设，求证：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望；
（2）（ⅰ）分析第天选择路线，和路线情况下第天选择路线的概率，再由全概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前和公式推理得证.
【小问1详解】
记附近居民第天选择路线分别为事件，
依题意，，，，
则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率；
记第二天选择路线散步的人数为，则，
则，，
，，
，
则的分布列为：
故的数学期望．
【小问2详解】
（i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率；
当第天选择路线时，第天选择路线的概率，
所以.
（ii）由（i）知，则，而，
于是数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，即，，
当时，，而，
所以；
当时，，而，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题.
0
1
2
3
4